1、2.4电容器 电容每课一练 选择题:在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出.已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A.在前时间内，电场力对粒子做的功为B.在后时间内，电场力对粒子做的功为qUC.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为12D.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为21解析：带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，带电粒
2、子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速运动，由运动学知识知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为13，电场力做功之比也为13,又因为电场力做的总功为，所以在前时间内，电场力对粒子做的功为，选项A错误；在后时间内，电场力对粒子做的功为，选项B正确；在粒子下落前和后的过程中，电场力做功相等，故选项C、D错误.答案：B2传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串联成闭合回路.当压力F作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转.从对膜片施加压力(压力缓慢增至某一定值)开始到膜
3、片稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为(已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)()A.向左偏到某一刻度后回到零刻度B.向右偏到某一刻度后回到零刻度C.向右偏到某一刻度后不动D.向左偏到某一刻度后不动解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U不变，压力F作用于可动膜片电极上时，相当于两极板间距离d减小，电容C增大，由C可知， 两极板带电量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电量不变，电流计指针重新回到零刻度处.综上所述，选项B正确.答案：B3如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板
4、，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度.在下列方法中，能使悬线的偏角变大的是()A.缩小a、b间的距离B.加大a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由图可知UPQUba，P、Q极板之间的电场强度E，故电容器C带电荷量一定时：加大a、b间距能使Uba、UPQ变大，P、Q之间的场强对带电小球的电场力增大，角变大，选项B正确.减小电介质的介电系数或抽出电介质，可使Uba、UPQ变大，P、Q之间的场强以及对带电小球的电场力增
5、大，角变大，故选项C正确.答案：BC4示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，如图所示.若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，定义电子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值为示波器的灵敏度，则关于示波器的灵敏度与加速电场、偏转电场的关系，下列说法正确的是()A.L越大，灵敏度越高B.d越大，灵敏度越高C.U1越大，灵敏度越小 D.灵敏度与U2无关解析：由题意知：y()2可得灵敏度，选项A、D正确.答案：AD5如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的
6、电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则 ()A.粒子在前时间内，电场力对粒子做的功为B.粒子在后时间内，电场力对粒子做的功为C.粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力做的功之比为12D.粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力的冲量之比为11解析：粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为：W电qUABqEy，其中y为粒子在电场方向的位移又由题意知：at2d，a()2故在前内电场力做的功为：W电qU前后位移内电场力做的功之比为11又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1(1)()()故I前I后1(1).答案：A6如图所示，质子、氘核和粒子(均不计
7、重力)都沿平行板电容器两板中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是()A.若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点C.若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏上将出现3个亮点D.若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点解析：选取 H、 H、 He中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：y通过判定选项C、D正确.答案：CD7如图所示，在O点放置
8、一个正电荷，而在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的虚线所示，它与以O点为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC30，A距OC的高度为h，若小球通过B点的速度为v，则下列叙述正确的是()A.小球通过C点的速度大小为B.小球通过C点的速度大小为C.小球由A到C电场力做的功为mghmv2D.小球由A到C电场力做的功为mv2mg(h)解析：由于B、C在同一等势面上，故从B到C电场力不做功.从B到C只有重力做功，故有：mmvmghBC即mvmv2mgRsin 30得：vC从A到C由动能定理有：mvmghWAC
9、解得：WACmv2mg(h)，故选项B、D正确.答案：BD8平行板间有如图所示的周期变化的电压.重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是()ABCD解析：在0时间内带电粒子正向做匀加速运动，在T时间内带电粒子正向做匀减速运动，直至T时刻速度降至零，以后各周期重复这一运动过程，选项A正确.答案：A9如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是()解析：根据电子的受力情况很容
10、易得出选项A正确，而xt、at、Ekt图象分别如下：答案：A10静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示.A、B为两块平行金属板，间距d0.40 m，两板间有方向由B指向A、场强E1.0103 N/C的匀强电场.在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度v02.0 m/s，质量m5.01015 kg，电荷量q2.01016 C，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上.试求：(1)油漆微粒打在B板上的动能.(2)油漆微粒最后落在B板上所形成的图形及其面积的大
11、小.解析：(1)据动能定理有：W|qEd|EkBEkA解得：微粒打在B板上时动能EkB9.01014 J.(2)微粒落在B板上所形成的图形为圆面初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有：dattRv0t1解得：圆面积SR20.25 m2.答案：(1)9.01014 J(2)0.25 m211喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为105 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过
12、偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.61010 kg，以 20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0103 V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法.解析：设微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：y
13、at2Ltan 又a，t，tan 解得：y(L)代入数据得：q1.251013 C要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为：将电压U增大到8.8103 V，或将L增大到3.6 cm.答案：1.251013 C将电压U增大到8.8103 V，或将L增大到3.6 cm12如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5 L.槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电荷量为2q，球B带电荷量为3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统.最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行
14、、向右的匀强电场E后.(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)求：(1)当球B刚进入电场时，带电系统的速度大小.(2)带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置.解析：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W12qE2.5 L(3qE1.5 L)0而且还能穿过小孔，离开右极板假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：W22qE2.5 L(3qE3.5 L)0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板的两侧.(1)带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律有：a1球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v2a1L由上两式解得：v1.(2)设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1联立解得：t1球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律有：a2显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：vv2a21.5 Lt2解得：v2，t2球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律有：a3v2a3x解得：t3，x由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：tt1t2t3球A相对右板的位置为：x.答案：(1)(2)
